2024年山东省淄博市高考数学诊断试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年山东省淄博市高考数学诊断试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知双曲线C：y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近方程为y=12x，则C的离心率为( )
A. 52B. 5C. 32D. 3
2.已知等比数列{an}，a2=4，a10=16，则a6=( )
A. 8B. ±8C. 10D. ±10
3.已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线，若α∩β=l，α∩γ=a，β∩γ=b，l//γ，则下列结论正确的是( )
A. a与l相交B. b与l相交C. a//bD. a与β相交
4.若圆C：x2+2x+y2−3=0，则直线l：mx+y=0与圆C的位置关系是( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 相交或相切
5.设β∈(0,π2)，若sinα=3sin(α+2β)，则tan(α+2β)的最小值为( )
A. − 24B. 24C. − 22D. 22
6.在平面直角坐标系xOy中，已知A(2,0)，B(0,6)，动点P满足OP=λOA+μOB，且|λ|+|μ|=1，则下列说法正确的是( )
A. 点P的轨迹为圆B. 点P到原点最短距离为2
C. 点P的轨迹是一个正方形D. 点P的轨迹所围成的图形面积为24
7.中国刺绣是我国民族传统工艺之一，始于宋代的双面绣更是传统工艺一绝，后相继研发出双面三异绣、双面异色绣等绣技.其中双面异色绣是在同一块底料上，在同一绣制过程中，绣出正反两面对应部位图案相同而色彩不同的绣技.某中学为弘扬中国传统文化开设了刺绣课，并要求为如图中三片花瓣图案做一幅双面异色绣作品，现有四种不同颜色绣线可选，且每面三片花瓣相邻区域不能同色，则双面异色绣作品的不同色彩设计方案有( )
A. 144种B. 264种C. 288种D. 432种
8.记max{x,y,z}表示x，y，z中最大的数.已知x，y均为正实数，则max{2x,1y,x2+4y2}的最小值为( )
A. 12B. 1C. 2D. 4
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是π3，M为A1C1与B1D1的交点.若AB=a，AD=b，AA1=c，则下列说法正确的是( )
A. CM=−12a−12b+c
B. π3
C. BD1=a+b+c
D. AD⋅BD1=1
10.已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)(0<ω<6,ω∈N*,φ∈(0,π2))，满足：∀x∈R，f(x)−f(π3)≤0成立，且f(x)在(0,π3)上有且仅有2个零点，则下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)的最小正周期为πB. 函数f(x)在区间(π3,π2)上单调递减
C. 函数f(x)的一个对称中心为(−π6,0)D. 函数f(x−π6)是奇函数
11.已知定义在实数集R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，且满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy，f(1)=0，f′(1)=12，则下列说法正确的是( )
A. f(−1)=1B. f(x)的图像关于点(12,0)成中心对称
C. f(1012)=506×1011D. k=11012f′(k)=506×1012
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，且侧面PAB是边长为2的等边三角形，底面ABC是以C为直角的直角三角形，则该三棱锥外接球的半径为______.
13.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若B=π3，bsinC=3 32，a=2，则b=______.
14.“若点P为椭圆上的一点，F1、F2为椭圆的两个焦点，则椭圆在点P处的切线平分∠F1PF2的外角”，这是椭圆的光学性质之一.已知椭圆C:x28+y24=1，点P是椭圆上的点，在点P处的切线为直线l，过左焦点F1作l的垂线，垂足为M，设点M的轨迹为曲线E.若Q是曲线E上一点，已知点A(4,0)，B(5,4)，则 22|AQ|+|BQ|的最小值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=ax2+x−lnx，a∈R.
(1)若a=1，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在区间[1,3]上是减函数，求实数a的取值范围.
16.(本小题15分)
汽车尾气排放超标是导致全球变暖、海平面上升的重要因素.我国近几年着重强调可持续发展，加大新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业迅速发展.某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表：
(1)计算销量y关于年份代码x的线性相关系数r，并判断是否可以认为y与x有较强的线性相关关系(若|r|≥0.75，则认为有较强的线性相关关系).若是，求出y关于x的线性回归方程：若不是，说明理由；
(2)为了解购车车主的性别与购车种类(分为新能源汽车与传统燃油汽车)的情况，该企业又随机调查了该地区100位购车车主的购车情况，假设一位车主只购一辆车.男性车主中购置传统燃油汽车的有40名，购置新能源汽车的有30名：女性车主中有一半购置新能源汽车.将频率视为概率，已知一位车主购得新能源汽车，请问这位车主是女性的概率.
附：若(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)为样本点，
相关系数公式：r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2 i=1n(yi−y−)2=i=1nxiyi−nx−y− i=1nxi2−nx−2 i=1nyi2−ny−2；y =b x+a 为回归方程，则b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2=i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2，a =y−−b x−.
17.(本小题15分)
已知直角梯形ABCD，∠ADC=90∘，AB//CD，AB=2CD= 6，AD= 3，M为对角线AC与BD的交点.现以AC为折痕把△ADC折起，使点D到达点P的位置，点Q为PB的中点，如图所示：
(1)证明：AC⊥平面PBM；
(2)求三棱锥P−ACQ体积的最大值；
(3)当三棱锥P−ACQ的体积最大时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
18.(本小题17分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，且四个顶点所围成的菱形的面积为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)四边形ABCD的顶点在椭圆上，且对角线AC，BD过原点O，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，满足x1x2=4y1y2.
①求证：直线AB和直线BC的斜率之和为定值；
②求四边形ABCD面积的最大值.
19.(本小题17分)
定义：给定一个正整数m，把它叫做模.如果用m去除任意的两个整数a与b所得的余数相同，我们就说a，b对模m同余，记作a=b(mdm).如果余数不同，我们就说a，b对模m不同余，记作a≠b(mdm).
设集合A={x|x=0(md2),x∈N*}，B={x|(lg3x)=0(md2),x∈N*,x>1}.
(1)求A∩B；
(2)①将集合A中的元素按从小到大顺序排列后构成数列{an}，并构造cn=(1+2an)an2，n∈N*；
②将集合B中的元素按从小到大顺序排列后构成数列{bn}，并构造cn=i=1n1bi−1，i∈N*.
请从①②中选择一个，若选择_____.
证明：数列{cn}单调递增，且有界(即存在实数M，使得数列中所有的项都不超过M).
注：若①②都作答，按第一个计分.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意，ab=12，
∴b=2a，
∴c= a2+b2= 5a，
∴e=ca= 5.
故选：B.
由此可得ab=12，结合双曲线的平方关系可得c与a的比值，求出该双曲线的离心率．
本题给出双曲线的一条渐近线方程，求双曲线的离心率，着重考查了双曲线的标准方程、基本概念和简单几何性质等知识，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
若a2=4，a10=16，则q8=a10a2=4，变形可得q4=2，
故a6=a2q4=8.
故选：A.
设等比数列{an}的公比为q，由等比数列的通项公式可得q8=a10a2=4，变形可得q4的值，进而计算可得答案．
本题考查等比数列的通项公式，注意等比数列的性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，l//γ，l⊂平面α，α∩γ=a，则l//a，故A错误；
对于B，同理可得，l//b，故B错误；
对于C，由l//a且l//b，则a//b，故C正确；
对于D，由A知l//a，则a⊄平面β，l⊂平面β，则a//β，故D错误．
故选：C.
根据题意，由空间中直线与平面的关系即可结合选项逐一求解．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行的性质，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵圆C方程可化为：(x+1)2+y2=4，圆的圆心(−1,0)，半径为2.
直线l：mx+y=0恒过定点(0,0)，
又(0+1)2+02<4，
∴定点(0,0)在圆C内，
∴直线l与圆C相交．
故选：A.
先求出直线所过定点，再判断定点与圆的位置关系，从而得直线与圆的位置关系．
本题考查直线过定点问题，点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为sinα=3sin(α+2β)，则sin[(α+2β)−2β]=3sin(α+2β)，
所以sin(α+2β)cs2β−cs(α+2β)sin2β=3sin(α+2β)，
即sin(α+2β)(cs2β−3)=cs(α+2β)sin2β，
于是有tan(α+2β)=sin2βcs2β−3，
所以tan(α+2β)=2sinβcsβcs2β−sin2β−3cs2β−3sin2β
=2sinβcsβ−2cs2β−4sin2β=−tanβ2tan2β+1=−12tanβ+1tanβ，
因为β∈(0,π2)，所以tanβ>0，于是有2tanβ+1tanβ≥2 2tanβ⋅1tanβ=2 2，
当且仅当2tanβ=1tanβ即tanβ= 22时，等号成立，
所以tan(α+2β)的最小值−12 2=− 24.
故选：A.
先对sinα=3sin(α+2β)变形，从而表示出tan(α+2β)，然后根据表达式的特点，利用基本不等式可得结果．
本题主要考查两角和与差的三角函数，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：设P点坐标为(x,y)，由已知条件OP=λOA+μOB，可得x=2λy=6μ，
又因为|λ|+|μ|=1，所以P点坐标对应轨迹方程为|x2|+|y6|=1，
x≥0，且y≥0时，方程为3x+y=6；
x≥0，且y<0时，方程为y=3x−6；
x<0，且y≥0时，方程为y=3x+6；
x<0，且y<0时，方程为3x+y=−6.
P点对应的轨迹如图所示：kAB=kCD=−3，
所以P点的轨迹为菱形，A，C错误；
原点到直线的距离为：d=6 9+1<2，所以B不正确．
轨迹图形是平行四边形，面积为4×12×2×6=24；D正确．
故选：D.
设P点坐标为(x,y)，由已知条件OP=λOA+μOB，结合向量的坐标表示可用x，y表示λ，μ，结合|λ|+|μ|=1可得x，y的关系，进而可求点P的轨迹方程，再由平行四边形面积公式检验选项D.
本题主要考查了点的轨迹的求解，考查了综合解决问题的能力，属于难题
7.【答案】B
【解析】解：根据题意，假设可选的4种色彩分别为1、2、3、4，
对于正面，相邻区域不能同色必定用三种颜色，则有A43=24种不同色彩设计方案，
对于反面，当正面用三色为1、2、3时，
分4种情况讨论：
①反面颜色也可选1、2、3时，由于与正面不能同色，故对应为2、3、1和3、1、2，有2种反面颜色，
②反面颜色选1、2、4时，与正面1、2、3对应分别为2、1、4，2、4、1，4、1、2，有3种反面颜色；
③反面颜色选1、3、4时，同理也有3种反面颜色；
④反面选2、3、4时，同理也有3种反面颜色；
则正面用三色为1、2、3时，反面颜色对应有2+3+3+3=11种，
当正面用三色为其他组合时，反面颜色也都有12种选法，
故面绣不同色彩设计方法共有24×11=264种．
故选：B.
根据题意，假设可选的4种色彩分别为1、2、3、4，由排列数公式分析正面的设计方案，由分类计数原理分析反面的设计方案，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为x>0，y>0，
设M=max{2x,1y,x2+4y2}，
则M≥2x，M≥1y，M≥x2+4y2，
三式相加得：3M≥2x+1y+x2+4y2≥2x+1y+2 x2⋅4y2，当且仅当x=2y时，等号成立，
又因为2x+1y+2 x2⋅4y2=2x+1y+4xy≥332x⋅1y⋅4xy=6，
当且仅当2x=1y=4xy，
即x=2y4xy2=1，y=12x=1时等号成立，
所以3M≥6，M≥2.
所以M的最小值为2.
故选：C.
设M=max{2x,1y,x2+4y2}，则M≥2x，M≥1y，M≥x2+4y2，三式相加得3M≥2x+1y+x2+4y2，再结合基本不等式的性质求解即可．
本题考查了基本不等式的应用、不等式的性质，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：由题意可知，a⋅b=a⋅c=b⋅c=1×1×csπ3=12，
对于A，CM=CC1+C1M=AA1+12C1A1=AA1−12(AB+AD)=−12a−12b+c，故A正确；
对于B，又因为AC1=AB+AD+AA1=a+b+c，
所以CM⋅AC1=(−12a−12b+c)⋅(a+b+c)=−12a2−12a⋅b−12a⋅c−12b⋅a−12b2−12b⋅c+c⋅a+c⋅b+c2=0，
所以=π2，故B错误；
对于C，BD1=BA+BC+BB1=−AB+AD+AA1=−a+b+c，故C错误；
对于D，AD⋅BD1=b⋅(−a+b+c)=−a⋅b+b2+b⋅c=1，故D正确．
故选：AD.
由题意可知，a⋅b=a⋅c=b⋅c=1×1×csπ3=12，再利用空间向量的线性运算和数量积运算逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了空间向量的线性运算进而数量积运算，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：因为∀x∈R，f(x)−f(π3)≤0恒成立，所以f(x)的最大值为f(π3)，
所以π3ω+φ=2kπ，k∈Z，即φ=−π3ω+2kπ，k∈Z，
当x∈(0,π3)时，ωx+φ∈(φ,π3ω+φ)，
因为f(x)在(0,π3)上有且仅有2个零点，
所以3π2<π3ω+φ≤5π2，所以3π2<π3ω−π3ω+2kπ≤5π2，k∈Z，
即3π2<2kπ≤5π2，k∈Z，得k=1，所以φ=−π3ω+2π，因为0<ω<6，ω∈N*，φ∈(0,π2)，
所以ω=5，φ=π3，所以f(x)=2cs(5x+π3)，
对于A，f(x)的周期为2kπ5，k∈Z，若2kπ5=π，k∈Z，则k=52∉Z，所以A错误；
对于B，由2kπ≤5x+π3≤2kπ+π,k∈Z，得2kπ5−π15≤x≤2kπ5+2π15，k∈Z，
所以f(x)的递减区间为[2kπ5−π15,2kπ5+2π15](k∈Z)，当k=0时，f(x)的递减区间为[−π15,2π15]，
当k=1时，f(x)的递减区间为[π3,8π15]，而(π3,π2)⫋[8π15,π3]，B项正确；
对于C，由5x+π3=π2+kπ，k∈Z，得x=π30+kπ5，k∈Z，
令k=−1，x=−π6，所以函数f(x)的一个对称中心为(−π6,0)(k∈Z)，所以C正确；
f(x)=2cs(5x+π3)，f(x−π6)=2cs[5(x−π6)+π3]=2cs(5x−π2)=2sin5x是奇函数，D正确．
故选：BCD.
先确定f(x)解析式，再根据余弦函数的性质逐项判断即可．
本题考查三角函数性质，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A：令x=y=0，则有f(0)=f(0)+f(0)+0，即f(0)=0，
令x=1，y=−1，则有f(0)=f(1)+f(−1)−1，故f(−1)=1，故A正确；
对于B，f(2)=f(1)+f(1)+1=1，
而f(−1)与f(2)不关于(12,0)成中心对称，故B错误；
对于C，令y=1，则f(x+1)=f(x)+f(1)+x，
∴f(x+1)−f(x)=x，
则f(1012)−f(1)=f(1012)−f(1011)+f(1011)−f(1010)+...+f(2)−f(1)
=1011+1010+...+1
=(1011+1)×10112=506×1011，又f(1)=0，
所以f(1012)=506×1011，故C正确；
对于D，由C选项猜想f(x)=x(x−1)2，
满足f(1)=0，f′(1)=12，
且f(x+y)=(x+y)(x+y−1)2，
f(x)+f(y)+xy=x(x−1)2+y(y−1)2+xy=(x+y)(x+y−1)2=f(x+y)，
故f(x)=x(x−1)2可以看成是满足题意已知条件条件的一个函数，
所以f′(k)=k−12，则数列{f′(k)}是以12为首项，1为公差的等差数列，
所以k=11012f′(k)=(12+k−12)k2=506×1012，故D正确．
故选：ACD.
由赋值法和对称性可判断A，B；令y=1，则可得f(x+1)−f(x)=x，然后用累加法即可求解判断C；由C选项猜想f(x)=x(x−1)2并证明满足题目所给条件，然后用数列的求和即可判断D.
本题考查了赋值法在解决抽象函数问题上的应用，数列和函数的综合应用，属于难题．
12.【答案】2 33
【解析】解：如图所示：因为△PAB为等边三角形，BA=2，过P作PD⊥AB交于D，
可得DP= 3，
设OA=OP=OB=R，所以OD= 3−R，AD=1,12+( 3−R)2=R2，
可解得R=2 33.
故答案为：2 33.
设外接球的半径为R，由勾股定理可得R的值．
本题考查三棱锥外接球的求法，属于中档题．
13.【答案】 7
【解析】解：由正弦定理得bsinB=csinC，即bsinπ3=csinC，所以c=bsinCsinπ3，
又bsinC=3 32，所以c=bsinCsinπ3=3 32 32=3，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB=22+32−2×2×3×csπ3=7，
所以b= 7.
故答案为： 7.
由正弦定理得c=bsinCsinπ3，再利用余弦定理即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于基础题．
14.【答案】5
【解析】解：延长F2P与F1M，相交于点N，则PM平分∠F1PN，且PM⊥F1N，
所以|PF1|=|PN|，且点M是F1N的中点，
由椭圆的定义知，|PF1|+|PF2|=2a=4 2，
所以|PN|+|PF2|=4 2，即|NF2|=4 2，
连接OM，
因为O是F1F2的中点，所以|OM|=12|NF2|=2 2，
设点M(x,y)，
则x2+y2=(2 2)2=8，
取OA的中点G，连接QG，则G(2,0)，
所以|OG||OQ|=22 2= 22，|OQ||OA|=2 24= 22，
即|OG||OQ|=|OQ||OA|，
又∠QOG=∠AOQ，
所以△OQG∽△OAQ，
所以|OG||OQ|=|QG||AQ|= 22，即|QG|= 22|AQ|，
所以 22|AQ|+|BQ|=|QG|+|BQ|≥|BG|= (5−2)2+(4−0)2=5，当且仅当B，Q，G三点共线时，等号成立，
所以 22|AQ|+|BQ|的最小值为5.
故答案为：5.
延长F2P与F1M，相交于点N，由题意知PM垂直平分F1N，利用椭圆的定义与中位线的性质，可得|OM|=2，从而知点M的轨迹方程，再结合相似三角形的判定与性质，可得 22|AQ|+|BQ|=|QG|+|BQ|≥|BG|，从而得解．
本题考查椭圆的方程与几何性质，点的轨迹方程，相似三角形的性质等，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=x2+x−lnx，
所以f′(x)=2x+1−1x，f′(1)=2，又f(1)=2，
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−2=2(x−1)，即2x−y=0.
(2)因为函数f(x)在区间[1,3]上是减函数，
所以f′(x)=2ax+1−1x≤0在[1,3]上恒成立，
则2a≤1x2−1x在[1,3]上恒成立，
令t=1x，则t∈[13,1]，
则1x2−1x=t2−t=(t−12)2−14，
当t=12，即x=2时，1x2−1x取得最小值为−14，
所以a≤−18，即实数a的取值范围是(−∞,−18].
【解析】(1)利用导数的几何意义可得切线斜率，求出f(1)，利用点斜式即可求解切线方程；
(2)由题意可得f′(x)=2ax+1−1x≤0在[1,3]上恒成立，参变量分离可得2a≤1x2−1x在[1,3]上恒成立，利用换元法及二次函数的性质求出1x2−1x的最小值，即可求解a的取值范围．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由题意可得，x−=15×(1+2+3+4+5)=3，y−=15×(10+12+17+20+26)=17，i=15(xi−x−)2=4+1+0+1+4=10，i=15(yi−y−)2=49+25+0+9+81=164，i=15(xi−x−)(yi−y−)=(−2)×(−7)+(−1)×(−5)+0×0+1×3+2×9=40，
所以r=i=15(xi−x−)(yi−y−) i=15(xi−x−)2 i=15(yi−y−)2=40 10× 164≈0.988>0.75，
所以y与x有较强的线性相关关系，
所以b =i=15(xi−x−)(yi−y−)i=15(xi−x−)2=4010=4，
所以a =y−−b x−=17−4×3=5，
所以y关于x的线性回归方程为ŷ=4x+5；
(2)由题意可知，100位购车车主中，有70位男性车主，其中购置传统燃油汽车的有40名，购置新能源汽车的有30名；
有30位女性车主，其中购置传统燃油汽车的有15名，购置新能源汽车的有15名，
设事件A表示“一位车主购得新能源汽车”，事件B表示“车主是女性”，
则P(AB)=15100=320，P(A)=30+15100=920，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=320920=13，
即已知一位车主购得新能源汽车，这位车主是女性的概率为13.
【解析】(1)根据题意求出x−，y−，i=15(xi−x−)2，i=15(yi−y−)2，i=15(xi−x−)(yi−y−)的值，再结合公式求出相关系数r的值，进而判断y与x的相关关系，利用公式求出b ，a 的值，从而得到y关于x的线性回归方程；
(2)利用条件概率公式求解．
本题主要考查了线性回归方程的求解，考查了条件概率公式，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：直角梯形ABCD中，
由相似可得，DCAB=DMMB=CMAM=12，
因为AB=2CD= 6，AD= 3，可得AC=3 22，BD=3，
故可得AM=2MC= 2，BM=2DM=2，
由勾股定理得，AC⊥BD，
即AC⊥BM，AC⊥DM，
翻折后可得，AC⊥BM，AC⊥PM，
又因为PM∩BM=M，PM，BM在平面PBM内，
故AC⊥平面PBM；
(2)因为点Q为边PB的中点，
所以VQ−PAC=12VB−PAC，又VQ−PAC=VP−ACQ，VB−PAC=VP−ABC，
所以VP−ACQ=12VP−ABC，
因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBM，
所以点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，设为h，
因为S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠CAB=12 6⋅3 22⋅ 63=3 22为定值，
当h最大时，三棱锥P−ACQ的体积最大，
而PM=PA⋅PCAC=1，则h≤PM=1，
当h=1时，(VP−ACQ)max=12(VP−ABC)max=12×13×3 22×1= 24；
(3)由(2)得，当三棱锥P−ACQ的体积最大时，
点P到平面ABC的距离为PM=1，即PM⊥平面ABC，
故PM⊥AC，PM⊥MB，
又因为AC⊥BM，故MA，MB，MP两两垂直，
故可以M为原点，直线MA，MB，MP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由题可得，A( 2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,1)，C(− 22,0,0)，
则AB=(− 2,2,0)，PB=(0,2,−1)，CB=( 22,2,0)，
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PB=2y−z=0n⋅CB= 22x+2y=0，
令y=1，得n=(−2 2,1,2)，
设直线AB与平面PBC所成角为θ，
则sinθ=|cs⟨AB,n⟩|=|AB⋅n||AB||n|=6 6⋅ 13= 7813，
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为 7813.
【解析】(1)根据相似得出DCAB=DMMB=CMAM=12，结合勾股定理得到AC⊥BD，以及折叠后AC⊥BM，AC⊥PM，即可得证；
(2)利用点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，结合等体积转换法即可求解；
(3)以M为原点，直线MA，MB，MP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的法向量，利用向量夹角公式即可求解．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查利用空间向量求解线面角，是中档题．
18.【答案】解：(1)因为椭圆的离心率为 32，
所以e=ca= 32，①
因为椭圆的四个顶点所围成的菱形的面积为4，
所以2ab=4，②
又a2=b2+c2，③
联立①②③，
解得a2=4，b2=1，
则椭圆的标准方程为x24+y2=1；
(2)①证明：不妨设直线AB的方程为y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=kx+mx24+y2=1，消去y并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2−1)=0，
此时Δ=(8km)2−16(4k2+1)(m2−1)=16(4k2−m2+1)>0，
由韦达定理得x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4(m2−1)1+4k2，
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2−4k21+4k2，
因为x1x2=4y1y2，
所以4(m2−1)1+4k2=4×m2−4k21+4k2，
整理得4k2=1，
解得k=±12，
因为kBC=y2+y1x2+x1=k+2mx2+x1=k+2m−8km1+4k2=−14k，
所以kAB+kBC=k−14k=4k2−14k=0，
故直线AB和直线BC的斜率之和为定值，定值为0；
②由①得，不妨令kAB=−12，
此时x1+x2=2m，x1x2=2(m2−1)，
易知原点O到直线AB的距离d=|m| 1+k2，
此时S△AOB=12|AB|d=12 1+k2⋅|x2−x1|⋅|m| 1+k2
=|m|2 (x1+x2)2−4x1x2=|m|2 4m2−4⋅2(m2−1)= m2(2−m2)，
因为 m2(2−m2)≤1，
所以S△AOB≤1，
当且仅当m2=1时，等号成立，
则S四边形ABCD=4S△AOB⩽4.
故四边形ABCD的面积的最大值为4.
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系列出等式求出a和b的值，进而可得椭圆的标准方程；
(2)①设出直线AB的方程和A，B两点的坐标，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理以及斜率公式进行求证即可；
②结合①中信息，令kAB=−12，得x1+x2=2m，x1x2=2(m2−1)，根据点到直线的距离公式和三角形面积公式进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当x=0(md2)成立时，则x能被2整除，得x=2n，n∈N*，
即A={x|x=2n,n∈N*}，
当(lg3x)≡0(md2)成立时，则lg3x能被2整除，得(lg3x)=2n，n∈N*，
即x=32n=9n，n∈N*，则B={x|x=9n,n∈N**}，
显然集合A为全体正偶数组成的集合，集合B中所有的元素都是奇数，所以A∩B=⌀；
(2)若选择①，将集合A中的元素按从小到大排列构成的数列{an}为等差数列，
其通项公式为：an=2n,n∈N*，cn=(1+2an)an2=(1+1n)n，cn+1=(1+1n+1)n+1，
由二项式定理得：cn=(1+1n)n=Cn0(1n)0+Cn1(1n)1+Cn2(1n)2+⋯+cnn(1n)n
=1+n1!×1n+n(n−1)2!×1n2+n(n−1)(n−2)3!×1n2+⋯+n!n!×1nn
=1+1+12!×(1−1n)+13!×(1−1n)×(1−2n)+⋯+1n!×(1−1n)×(1−2n)×⋯×(1−n−1n)，
cn+1=1+1+12!×(1−1n+1)+13!×(1−1n+1)×(1−2n+1)+⋯+1n!×(1−1n+1)×(1−2n+1)×⋯×(1−n−1n+1)+1(n+1)!×(1−1n+1)×(1−2n+1)×⋯×(1−nn+1)
显然Cn所以数列cn=(1+2an)an2，n∈N*为单调递增数列，
同时cn=(1+1n)n=Cn0+Cn11n+Cn21n2+Cn31n3+⋯+Cnn1nn，
当k≥2时，Cnk1nk=n(n−1)(n−2)⋅⋯(n−k+1)nk⋅k(k−1)⋯1=nn⋅n−1n⋅n−2n⋯n−k+1n⋅1k(k−1)⋯1≤1k(k−1)⋯1≤1k(k−1)=1k−1−1k，
则cn=(1+1n)n≤1+1+(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1−1n)=3−1n<3，
且c1=(1+11)1=2<3，
所以数列(1+2an)an2，n∈N*有界；
若选择②，将集合B中的元素按从小到大排列构成的数列{bn}为等比数列，
其通项公式为bn=9n，n∈N*，
设cn=i=1n1bi−1=i=1n19i−1,i∈N*，
显然cn+1−cn=1bn+1−1=19n+1−1>0，
所以数列cn=i=1n1bi−1，i∈N*单调递增，
其中1bi−1=19i−1=18×9i−1+9i−1−1≤18×19i−1，cn=i=1n1bi−1≤18i=1n19i−1=18(1+191+192+⋯+19n−1)，
cn=i=1n1bi−1≤18×1−(19)n1−19=964(1−19n)<964，
所以数列cn=i=1n1bi−1，i∈N*有界．
【解析】(1)由已知定义分别求出集合A，B，然后结合集合的交集运算即可求解；
(2)结合所选条件先求出cn，然后结合单调性的定义及二项式定理即可判断．
本题以新定义为载体，主要考查了集合的交集运算，二项式定理的应用，等差数列与等比数列的通项公式的应用，还考查了数列单调性的定义的应用，属于难题．年份t
2015
2016
2017
2018
2019
年份代码x(x=t−2014)
1
2
3
4
5
销量y(万辆)
10
12
17
20
26